赤で囲った部分が分かりません。何度計算しても√6分の1の2乗は6分の1になります。どこから√3分の1が出てきたのでしょうか。

2×(整数)の または2 類 東北物 [2] a,b,cがすべて奇数のとき 整数1,m,n を用いて α=2l+1,6=2m+1, c = 2n+1 と表される。 また, (1) で示したことから, 整数s を用いて a+b2+c2=2s+1 と表される。 このとき α'+b'+c-ab-bc-ca =2s+1-(2l+1)(2m+1)-(2m+1)(2n+1) =2(s-2lm-l-m-2mn-m-n-2nl-n-l-1) =2(s-2lm-2mn-2nl-21-2m-2n-1) 2 s-2lm-2mn-2nl-21-2m-2n-1は整数であるから, ② は偶数である。 よって, [1], [2] のいずれの場合も, a² +62 +c-ab-bc-ca は偶数である。 したがって, 対偶は真であるから, もとの命題も真である。 練習が無理数であることを用いて, 1/ ②61 1 1 + √√2 √√6 両辺を2乗すると 1 1 = 2² + + + √/7/32 2 + + 1/² = 6 =x2 -(2n+1)(21+1) ...... + 1 が無理数であることを証明せよ。 1/12 + 11 が無理数でないと仮定すると,を有理数として/1/2+1/6 は実数で /6 あり、無理数でないと仮 =r とおける。 定しているから,有理数 である。 よって √√3=3r²-2. ① ここで, xは有理数であるから, 3²-2も有理数である。 ゆえに ①3 が無理数であることに矛盾する。 したがって、12/12 + 1/16 は無理数である。 √6 数学 Ⅰ-51 [1], [2] において, a+b²+c²-ab-bc-ca =((a−b)²+(b-c)² 整数nが5の倍数でないとき.kを整数として. n=5k+l(l=1, 2, 3, 4) とおける。 このとき ²=(5k+1)²=25k²+10kl+12 +(c-a)"} 2章 練習 を利用して, a²+b²+c²-ab-bc-ca が偶数であることを示し してもよい。 =x2. 2 ←√3=(rの式) [有理 数] の形に変形。 練習 命題「整数 が5の倍数でなければ、²は5の倍数ではない。」が真であることを証明せよ。 ③ 62 また,この命題を用いて、5は有理数でないことを背理法により証明せよ。 [集合と命題]

解答の1行目からどこからその式が来たのか分からず、困ってます💦 解説おねがいします🙇‍♀️🙇‍♀️🙇‍♀️

3 x+y+z=a, a(xy+yz+zx)=xyz が成り立つとき, x, y, のうち少なくとも1つはαであることを証明せよ。

数Ⅰの仮説検定です。 ③が正しいのですが、③の内容がややこしくて理解できません。どういうことか教えてください🙇‍♀️

あるコインを5回投げたところ4回表が出た。 このコインは表が出やすいと 判断してよいかを仮説検定の考え方を用いて考察したい。 このとき,次の ① ~④のうち, 仮説検定の考え方として正しいものをすべて選べ。 教p.194, 195 ① 5回投げて4回表が出たから,このコインの表が出る確率は 1/3である。 8/1/11/12 であるから,このコインは表が出やすいと判断してよい。 (2) 4 このコインの表が出る確率を と仮定する。この仮定のもとで 5回 5 投げて4回以上表が出るという出来事は十分起こりにくいと判断したと き, このコインは表が出やすいと判断してよい。 ③ このコインは表と裏が平等に出ると仮定する。 この仮定のもとで 5回 投げて4回以上表が出るという出来事は十分起こりにくいと判断したと き, このコインは表が出やすいと判断してよい。 4 このコインは表と裏が平等に出ると仮定する。この仮定のもとで、5回 投げて4回以上表が出るという出来事は十分起こりにくいと判断しない とき, このコインは表と裏が平等に出ると判断してよい。

aベクトルbベクトルが一次独立の時に 「一次結合一通りの形で表わすことができる」 の証明の添削をお願いします🙇 最後、よって一通りで表することができるを書き忘れたので追加します。

C = Sia + tib, 2 = Sea²+ tob C√₁₂ IT-H, 4 th) されると仮定すると、 F₁α+tib = √₂a² + t²b (S₁-7₂) a² + (t₁-t₁) 5²³-0² ti-tz Bo R. これは、良に矛盾するので Fare ti-t2=01²+²91²?" tik 0

この問題の答えと違う考え方をしてしまったのですが 私の考え方でも偶数といえますか？ 来週テストなので知りたいです。お願いします🙇

例題 倍数であることの証明 (背理法を利用) 82 解答 整数a,b,cがa+b2 = c' を満たすとき, a, のうち少なくとも1 つは偶数であることを証明せよ。 すべての整数nはn=2k, n=2k+1 (kは整数) のどちらかの形で表される。 n=2k のとき n²=(2k)2=4k² n=2k+1 のときn²=(2k+1)=4k²+4k+1=4(k²+k)+1 よって, n²を4で割ったときの余りは, 0か1である。 ゆえに, a,bがともに偶数でないと仮定すると,d2, 62 を4で割った余りは 1であるから a2+62 を4で割った余りは 2 cを4で割った余りは0か1 したがって α' +62 c2 となり矛盾する。 よって, a, bのうち少なくとも1つは偶数である。 参考例題 82 の証明は,命題が成り立たないと仮定して矛盾を導くことにより,もと の命題が真であると結論する方法を用いている。 このような証明方法を 背理法 といい, 数学Ⅰ 「集合と命題」で学習する。

急ぎです! この数学の問題がわかる方がいらっしゃったら教えてください🙏

37a,b,cは整数とする。背理法を利用して,次の命題を証明せよ。 *(1) a²+b2=c2 ならば, a, bのうち少なくとも1つは偶数である。 (2) a²+b2=c^ ならば, a,b,cのうち少なくとも1つは3の倍数である。

（整数） （2）で、矢印の部分の流れ、特に6N-1を素因数分解するとなぜ6n±1の形になるのでしょうか？ 教えてください🙇‍♀️ そもそも、（1）から①の同値式が成立するので、6N-1は5以上の整数ですよね？

例題 7.3 (1) 5以上の素数は, ある自然数n を用いて 6n+1 または 6n-1の形で表される。 ことを示せ. (2) Nを自然数とする. 6N-1 は6n-1 (nは自然数) の形で表される素数を約 数にもつことを示せ . (3) 6-1(nは自然数) の形で表される素数は無限に多く存在することを示せ . 【解答】 (5以上の自然数の形)-(数でない形) (1)5以上の自然数は,nを自然数として, 6n, 6n ± 1, 6n ±2, 6n+3のいずれかの形で表せるこ のうち, 6n, 6n ±2, 6n+3は素数ではないので, 5以上の素数は 6n+1または 6n-1 の形で表 される. (2) 背理法で示す。 Nは自然数であるから, 6N-1は5以上の自然数である. 6N-1を素因数分解したとき各素 数は (1) より 6n+1, 6n-1 の形をしている. 6n-1の形をした素因数を持たないと仮定すると, すべての素因数は6n+1の形をしている. lmが整数のとき, (6l+1)(6m+1)=6(6lm+l+m) +1 より, 6n+1の形の素数の積はまた6N+1の形をしているので, 6N-1 の形の数にはならない. したがって, 6N-1 は6n-1の形の素数を約数にもつ. (3) 背理法で示す。 6n-1 の形をした素数が有限個しかないと仮定する. それらを puz,.., px として, 6 P₁P2 PR-1 という数を考える。 (2)より6 Das... pa -1は6n-1の形の素数を素因数にもつが、か, は6か.…… Da-1の素因数ではないので, Pu, Pa,..., Dr以外の6n-1の形の素数が存在すること になり, 有限個しかないという仮定に反する. よって, 6n-1 の形の素数は無限個存在する.

整数 （3）の解き方がしっくり来ません。背理法の方針を立てたあと、どうやってこんな考え方を思いつくのか想像がつかないです。解説をお願いします。

2 次の問に答えよ。 (1) 整数α. βの少なくとも一方が奇数のとき, '+αβ + β' は奇数であ ることを示せ。 (2) n を奇数とする。 このときα²2+αβ+B2=2n をみたす整数 α, βは存 在しないことを示せ。 (3) cを実数とする。このとき3次方程式x2018x+c=0の解のうち整 数であるものは1個以下であることを示せ。

（整数） 自分の回答（2ページ目）の？マークを付けた部分、結局背理法でこれは証明出来ていますか？ a,bの偶奇が異なることは言えたと思うのですが、cが奇数が言えたか自信がないです。 教えてください🙇‍♀️

7.2 例題 a,b,cはどの2つも1より大きい公約数をもたない正の整数とする. a,b,cがa^²+b2=c2を満たしているとき,以下の問に答えよ. (1) c cは奇数であることを示せ. (2) α6のうち一方だけが3の倍数であることを示せ . 【解答】 (1) 任意の整数は, 2k, 2k+1 (k: 整数) の形で表され, (2k)² = 4k², (2k + 1)² = 4( k² + k) +1. ① a,bは1より大きい公約数をもたないから, α, 6のうち少なく とも一方は奇数である. a,bがともに奇数であると仮定すると, 1① より, α²=4A+1,62 = 4B + 1 (A,Bは整数) と表せこのとき, c² = a² + b² = 4(A+B) +2 となり,① に矛盾する. よって,α, b は偶奇が異なり, cは奇数である. (2) 任意の整数は,3L,3l±1 (Z: 整数) の形で表され, (31)² = 3(31²), (31±1)²=3(31²±21)+1 (1500). (2) a,bは1より大きい公約数をもたないから, α, 6のうち少なく とも一方は3の倍数でない. a,bがともに3の倍数でないと仮定すると,②より、 d'=3A' +1,62=3B' + 1 (A', B'は整数) と表せこのとき, c²=a² + b² = 3(A' + B') +2 となり、②に矛盾する. よって,a, bのうち一方だけが3の倍数である. ◎制余を使えるように 任意の整数を偶奇分けしておく。 すべての整数nに対して,n2 を4で割った余りは0または1 である. 背理法を用いる. すべての整数nに対して,n² を3で割った余りは0または1 である. 76 背理法を用いる. 平ち剥余

127.1 an+1=3と置いた理由ってこういうことですか？ また、記述で「ある自然数nについて」って必要ですか？ あと、「また、a1≠3」はan+1≠3だがこれはn≧2のときなのでa1≠3と再度書いているのだと思うのですが、これは書いていなくてもいいですか？

578 重要 例題 127 分数形の漸化式 (1) a=1, an+1= an-9. で定められる数列{an}がある。 an-5 (1) すべての自然数nに対して α =3であることを示せ。 (2) bn= 1 an-3 とおくとき, bn+1を6m で表せ。 また,一般項an を求めよ。 (DD−1+0)8= 指針▷分数形の漸化式である。 おき換えにより, 等差数列の問題に帰着する。 大人 ROD (1) 背理法 による。 ある自然数nについて αn+1=3であると仮定し, 矛盾を導く。 (2) an bn で表して条件の式に代入してもよいが,ここではまずαn+1-3を計算し, そ の逆数をとるとらく。 で割ればよ い 解答 (1) ある自然数nについて an+1=3 とすると, 条件式から WEST BV an-9=3(an-5) 21 {an=3+D) {. 182 よって an+1=an=an−1=...... =α=3 と これは条件=1 に反する。x) bm=ya.xyb ( (水) ゆえに, an+1=3を満たす自然数nはない。 また a₁ 3 $308= dost したがって,すべての自然数nに対して anキ3である。 26~ COO {S [参考] =x-② すなわち -5 x=- x2-6x+9= 0 を解くと x=3 (重解) 1 よって, bn= とおき an-3 換えている。 詳しくは p.580 参照。